Bài giảng ĐỀ THI THỬ LẦN 1 MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: 2 3 2 x y x + = − 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2sin6 2sin 4 3 os2 3 sin 2x x c x x− + = + 2. Giải phương trình 2 5 25 log ( 4 13 5) log (3 1) 0x x x− + − − + = Câu III (1,0 điểm) Tính 2 2 2 0 2010 os 1 lim x x c x x →   −  ÷  ÷   Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: 2IA IH= − uur uuur , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoã mãn x y z xyz+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 2 5 P x y z = + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆ 1 : x + y – 3 = 0 và đường thẳng ∆ 2 : x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Giải phương trình: 1 2 3 1 3 2 (9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9 3 x x x x x + − − − + = − Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển 1 2 n x x   +  ÷   , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Giải hệ phương trình 2 3 1 2 3 3 1 1 2 2 3.2 x y y x x xy x + − +  + + = +   + =   Câu VII.b (1,0 điểm Cho (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 . Tìm hệ số a 10. …………………Hết………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm I 1 TXĐ: D = R\{2} ;lim 2 −∞= − → y x +∞= + → y x 2 lim ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng ;2lim = −∞→ y x 2lim = +∞→ x y ⇒ y=2 là tiệm cận ngang 0.25 y’ = 2;0 )2( 7 2 ≠∀< − − x x ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- )2;∞ và (2; + ∞ ); Hàm số không đạt cực trị 0.25 Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 032)6(22 2 32 2 =−−−+⇔+= − + mxmxmx x x (x = 2 không là nghiệm của p trình) 0.25 (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thoả mãn: y’(x 1 ) = y’(x 2 ) hay x 1 +x 2 = 4 0.25 2 4 2 6 0)32(8)6( 2 −=⇔      = − >++−=∆ ⇔ m m mm 0.5 II 1 pt đã cho ⇔ 2 2 os5 sin 3sin sin cosc x x x x x= + 0.25 ⇔ sinx 0 2 os5 3 sinx cosc x x =   = +  0.25 +) sinx 0 = ⇔ x k π = 0.25 +) 2 os5 3 sinx cosc x x= + ⇔ os5 os( ) 3 c x c x π = − ⇔ 12 2 18 3 k x k x π π π π  = − +    = +   0.25 2 Điều kiện: 2 4 13 5 0 3 1 0 x x x  − + − >  + >  Pt ⇔ 2 5 5 log ( 4 13 5) log 3 1x x x− + − = + ⇔ 2 4 13 5 3 1x x x− + − = + 0.25 Đặt 3 1 2 3x y+ = − + . Ta được hệ phương trình 2 2 4 13 2 8 0 4 12 3 8 0 x x y y y x  − − + =   − − + =   Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x 0.25 Với y=x ⇒ 2 4 15 8 0x x− + = , tìm được nghiệm 15 97 8 x − = 0.25 Với 2y=5-2x ⇒ 2 4 11 3 0x x− + = , tìm được nghiệm 11 73 8 x + = Vậy tập nghiệm của pt đã cho là 15 97 11 73 ; 8 8 T   − +   =       Chú ý: Pt ⇔ 2 2 2 25 1 5 1 4 10 3 1 3 1 (2 ) ( 3 1 ) 4 4 2 2 x x x x x x− + = + − + + ⇔ − = + − 0.25 2 2 2 0 2010 os 1 lim x x c x x →   −  ÷  ÷   = 2 2 2 2 2 0 0 (2010 1) os 1 os lim lim x x x c x c x x x → →     − − −  ÷  ÷  ÷     0.5 III = 2 2 ln2010 2 2 0 0 0 1 sinx ln 2010. lim lim os lim ln 2010 1 ln 2010 x x x x e c x x x → → →   −   − = −  ÷  ÷  ÷     0.5 IV Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2 a2 = ; AI = a ; IH = 2 IA = 2 a AH = AI + IH = 2 3a 0,25 Ta có 5 2 a HC = Vì ⇒⊥ )(ABCSH 0 60))(;( == ∧∧ SCHABCSC ; 2 15 60tan 0 a HCSH == 0,25 6 15 2 15 )2( 2 1 . 3 1 . 3 1 3 2 . aa aSHSV ABCABCS === ∆ 0,25 )(SAHBI SHBI AHBI ⊥⇒    ⊥ ⊥ Ta có 22 1 )(;( 2 1 ))(;( 2 1 ))(;( ))(;( a BISAHBdSAHKd SB SK SAHBd SAHKd ===⇒== 0.25 V Đặt 1 1 1 , ,a b a x y z = = = khi đó ta có ab+bc+ca =1 và 2 2 2 2 5P a b c= + + 0.25 Ta có 2 2 ( ) ( 2 ) 0a b c b c− − + − ≥ với mọi a, b, c ⇔ 2 2 2 2 5 2( ) 0a b c ab bc ca+ + − + + ≥ 0.25 ⇔ P - 2 0≥ ⇔ P 2≥ 0.25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 / 11 0 2 0 2 / 11 1 1/ 11 a a b c b c b ab bc ca c  = − − =     − = ⇔ =     + + = =    Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 0.25 B ∈ ∆ 1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆ 2 ⇔ C(b; 9-b) ∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 2 2 . 0AB AC AB AC  =   =   uuur uuur 0.25 ⇔ 2 2 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)   − +  0.25 H K I BA S C VI.a 1 a = 2 không là nghiệm của hệ trên. (1) ⇔ b = 5a - 8 a - 2 . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0.25 Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5) Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3) 0.25 2 • ĐK: x > 1 • Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 0.25 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 0.5 VII.a Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n + − − = + − ⇔ ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n + − − = + ⇔ n 2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. 0.25 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: ( ) 12 24 3 12 12 12 12 2 2 12 12 1 1 1 2 2 . .2 . k k k k k k k k x C x x C x x − − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ 0.25 Số hạng này chứa 6 x khi , 0 12 4 24 3 12 k N k k k ∈ ≤ ≤  ⇔ =  − =  . 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa 6 x là: 4 8 12 2C 0.25 VI.b 1 Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 2 3 1 1x xy x+ + = +    =−+ −≥ ⇔    +=++ ≥+ ⇔ 0)13( 1 113 01 2 yxx x xxyx x         −= −≥ = ⇔         =−+ = −≥ ⇔ xy x x yx x x 31 1 0 013 0 1 0.25 Với x = 0 thay vào (1) 11 8 log 11 8 22.12282.322 2 2 =⇔=⇔=+⇔=+ − y yyyyy 0.25 Với    −= −≥ xy x 31 1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2.322 1313 =+ −−+ xx Đặt 13 2 + = x t Vì 1 −≥ x nên 4 1 ≥ t ( ) ( ) [ ]      +−= −+= ⇔     += −= ⇔=+−⇔=+⇔ )83(log2y 183log 3 1 x 83t i¹lo83t 01t6t6 t 1 t)3( 2 2 2 0.25 VËy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm      = = 11 8 logy 0x 2 và ( ) [ ]      +−= −+= )83(log2y 183log 3 1 x 2 2 0.25 Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x 2 )] 5 = (1+x) 5 (1+x 2 ) 5 0,25 = ( ) 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 0 0 0 0 . i k k i k i k i k i k i C x C x C C x + = = = = = ∑ ∑ ∑∑ 0,25 VII.b Theo gt ta có 3 4 2 10 4 0 5, 2 0 5, 5 0 i k k i i k k N k i i N i k  =    =   + =   =    ≤ ≤ ∈ ⇔   =    ≤ ≤ ∈   =     =   0,25 ⇒ a 10 = 0 5 2 4 4 3 5 5 5 5 5 5 . . . 101C C C C C C+ + = 0,25 . THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2 010 – 2 011 Câu ý Nội dung Điểm I 1. − − = + ⇔ n 2 – 11 n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12 . 0.25 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: ( ) 12 24 3 12 12 12 12 2 2 12 12 1 1 1 2 2 . .2 . k k